高三数学抽象函数问题的解题策略

抽象函数问题的解题策略 一、利用特殊模型 有些抽象函数问题,用常规解法很难解决,但与具体函数“对号入座”后,问题容易迎刃而解.这种方法多用于解填空题、选择题、解答题的解题后的检验,但解答题的解答书写过程一般不能用此法. 例1 若函数f(x)与g(x)在R上有定义,且f(x-y)=f(x)g(y)-g(x)f(y),f(-2)=f(1)0,则g(1)+g(-1)= . 解 因为 f(x-y)=f(x)g(y)-g(x)f(y), 这是两角差的正弦公式模型, 又f(-2)=f(1)0, 则可取 于是 f(-1-1)=f(-1)g(1)-g(-1)f(1) 例2 设函数f(x)是定义在R上的减函数,且满足f(x+y)=f(x)f(y),f(-3)=8,则不等式f(x)f(x-2) 的解集为 . 解 因为函数f(x)满足f(x+y)=f(x)f(y),这是指数函数模型, 又 f(-3)=8, 则可取 f(x)f(x-2)8, 解不等式,得 x5, 不等式的解集为 x|x5. 二、利用函数性质 函数的特征是通过函数的性质反映出来的,抽象函数也不例外,只有充分利用题设条件所表明的函数的性质,灵活进行等价转化,抽象函数问题才能峰回路转、化难为易. 1. 利用单调性 例3 设f(x)是定义在（0,+）上的增函数,满足f(xy)=f(x)+f(y), f(3)=1,解不等式f(x)+f(x-8)2. 解 函数f(x)满足f(xy)=f(x)+f(y), f(3)=1, 2=1+1=f(3)+f(3)=f(9), 由f(x)+f(x-8)2,得 fx(x-8)f(9),x0,x-80,x(x-8)9,8x9, 函数f(x)是定义在（0,+）上的增函数, 则 不等式解集为 x|8x9. 2. 利用奇偶性 例4 已知函数f(x)=ax5+bsinx+3,且f(-3)=7,求f(3)的值. 分析 f(x)的解析式含有两个参数a、b,却只有一个条件f(-3)=7,无法确定a、b的值,因此f(x)仍是抽象函数,但我们注意到g(x)=ax5+bsinx是奇函数,有g(-3)=-g(3). 解 设g(x)=ax5+bsinx,显然g(x)是奇函数, f(-3)=7, f(-3)=g(-3)+3=-g(3)+3=7 g(3)=-4, f(3)=g(3)+3=-4+3=-1. 3. 利用周期性 例5 设函数f(x)在R上是奇函数,f(x+2)=-f(x) ,当00的x的取值区间是 . 解 依已知条件作出f(x)的大致图象,如图1所示,从图象中可看出,当f(x)0时,x的取值区间是（-1,0）（1,+）.xy1-10图1 例8 定义在（-,+）上的函数y=f(x)在（-,2）上是增函数,且函数y=f(x+2)为偶函数,则f(-1),f(4),f(6)的大小关系为 . 解 设F(x)=f(x+2), F(x)为偶函数, F(-x)=F(x), 即f(2+x)=f(2-x), 函数f(x)的图象关于直线x=2对称, f(-1)=f(5), f(x)在（-,2）上是增函数, f(x)在（2,+）上是减函数, f(6)f(5)f(4), 即f(6)f(-1)f(4). 三、利用特殊方法 有些抽象函数问题,用常规方法来解决往往难于奏效,但用一些非常规方法来求解,常收到意想不到的效果. 1. 利用赋值法 例9 函数f(x)的定义域为R,对任意x、yR,都有f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),且f(0)0. （1）求证:f(0)=1; （2）求证:f(x)是偶函数; （3） 求证:对任意xR,有f(x+c)=-f(x)成 立; 求证:f(x)是周期函数. 解 （1）令x=y=0,则有2f(0)=2f2(0), f(0)0, f(0)=1. （2）令x=0,则有f(y)+f(-y)= 2f(0)f(y), f(0)=1, f(-y)=f(y), f(x)是偶函数.（3） 分别用 (c0)替换x、y, 有f(x+c)+f(x)=2f()f(). f()=0, f(x+c)= -f(x) . 由知 f(x+c)=-f(x), 用x+c替换x,有f(x+2c)=-f(x+c)=f(x), f(x)是以2c为周期的周期函数. 2. 利用递推法 例10 设函数f(x)的定义域为R,且对任意实数x,都有f(x)=f(x+1)-f(x+2),求证：f(x)是周期函数. 解 f(x)=f(x+1)-f(x+2), f(x+1)=f(x+2)-f(x+3), 将以上两式相加,得 f(x+3)=-f(x), f(x+6)=-f(x +3)=f(x), f(x)是周期函数,6是它的一个周期. 例11 f(x)是定义在正整数集的函数,且满足f(x+y)=f(x)+f(y)+xy (x,yN+),f(1)=1,求函数f(x)的解析式. 解 令y=1, f(1)=1, f(x+1)=f(x)+f(1)+x, 即f(x+1)-f(x)=x+1, 则 f（2)-f(1)=2, f（3)-f(2)=3, f(x)-f(x-1)=x. 将以上各式相加,得 f(x)-f(1)=2+3+4+ +x, f(x)=1+2+3+4+x=x(x+1) (xN+). 3. 利用反证法 例12 已知函数f(x)在区间(-,+）上是增函数,a,bR,若f(a)+f(b)f(-a)+f(-b).求证:a+b0. 证明 假设a+b0,则a-b,b-a, 函数f(x)在区间(-,+）上是增函数, f(a) f(-b),f(b) f(-a), f(a)+f(b)f(-a)+f(-b),这与已知矛盾, a+b0. 证明 假设在定义域内存在x0,使f(x0) 0, f(x0) 0,这与假